$$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}}$$
Traté de sustituir $x=z^2$ ... $x=\tan^2 \theta$ ... pero no podía resolverlo de dos formas... si alguien puede ayudar, entonces sería bueno.
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Dennis
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Hacer el cambio de variables $$x=\frac12\left(t^2+t^{-2}-2\right),$$ en virtud de la cual $$\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt2}\left(\frac1t-t\right)\qquad \sqrt{x+2}=\frac{1}{\sqrt2}\left(\frac1t+t\right)\qquad \sqrt{x+1}=\frac{1}{\sqrt2} \frac{\sqrt{t^4+1}}{t}.$$ La integral se convierte así en $$\sqrt2\int\frac{t^2-t^{-2}}{2+\sqrt{t^4+1}}dt.$$ El integrando de ser una función racional de $t$$\sqrt{\text{poly}_4(t)}$, el resultado puede ser expresado en términos de las integrales elípticas.
David H
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Enfoque posible:
Deje $0<a$.
$$\begin{align} \mathcal{I}{\left(a\right)} &=\int_{0}^{a}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x}+\sqrt{x+1}+\sqrt{x+2}}\\ &=\int_{1}^{a+1}\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{y-1}+\sqrt{y}+\sqrt{y+1}};~~~\small{\left[x+1=y\right]}\\ &=\int_{a+1-\sqrt{a(a+2)}}^{1}\frac{\frac{1-z^2}{2z^2}\,\mathrm{d}z}{\frac{1-z}{\sqrt{2z}}+\frac{\sqrt{1+z^2}}{\sqrt{2z}}+\frac{1+z}{\sqrt{2z}}};~~~\small{\left[y-\sqrt{y^2-1}=z\right]}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2}}\int_{\frac{\left(\sqrt{a+2}-\sqrt{a}\right)^2}{2}}^{1}\frac{1-z^2}{2+\sqrt{1+z^2}}\cdot\frac{\mathrm{d}z}{z^{3/2}}\\ &=\sqrt{2}\int_{\frac{\sqrt{a+2}-\sqrt{a}}{\sqrt{2}}}^{1}\frac{1-w^4}{2+\sqrt{1+w^4}}\cdot\frac{\mathrm{d}w}{w^2};~~~\small{\left[\sqrt{z}=w\right]}\\ &=\sqrt{2}\int_{\alpha}^{1}\frac{\left(1-w^4\right)\left(2-\sqrt{1+w^4}\right)}{w^2\left(3-w^4\right)}\,\mathrm{d}w;~~~\small{\left[\alpha:=\frac{\sqrt{a+2}-\sqrt{a}}{\sqrt{2}}\right]}\\ &=2\sqrt{2}\int_{\alpha}^{1}\frac{\left(1-w^4\right)}{w^2\left(3-w^4\right)}\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~-\sqrt{2}\int_{\alpha}^{1}\frac{\left(1-w^4\right)\sqrt{1+w^4}}{w^2\left(3-w^4\right)}\,\mathrm{d}w\\ &=\frac{2\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\left[\frac{1}{w^2}-\frac{2w^2}{3-w^4}\right]\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~-\frac{\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\left[\frac{1}{w^2}-\frac{2w^2}{3-w^4}\right]\sqrt{1+w^4}\,\mathrm{d}w\\ &=\frac{2\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{w^2}-\frac{4\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\frac{w^2}{3-w^4}\,\mathrm{d}w\\ &~~~~~-\frac{\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\left[\frac{1}{w^2}-\frac{2w^2}{3-w^4}\right]\frac{1+w^4}{\sqrt{1+w^4}}\,\mathrm{d}w\\ &=\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(\frac{1-\alpha}{\alpha}\right)+\frac{2\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{\sqrt{3}+w^2}-\frac{2\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{\sqrt{3}-w^2}\\ &~~~~~-\frac{\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\left[3w^2+\frac{1}{w^2}-\frac{8w^2}{3-w^4}\right]\frac{\mathrm{d}w}{\sqrt{1+w^4}}\\ &=\frac{2\sqrt{2}}{3}\left(\frac{1-\alpha}{\alpha}\right)+\frac{2\sqrt{2}}{3}\left[\frac{\arctan{\left(\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\right)}-\arctan{\left(\frac{\alpha}{\sqrt[4]{3}}\right)}}{\sqrt[4]{3}}\right]\\ &~~~~~-\frac{2\sqrt{2}}{3}\left[\frac{\operatorname{arctanh}{\left(\frac{1}{\sqrt[4]{3}}\right)}-\operatorname{arctanh}{\left(\frac{\alpha}{\sqrt[4]{3}}\right)}}{\sqrt[4]{3}}\right]\\ &~~~~~-\sqrt{2}\int_{\alpha}^{1}\frac{w^2\,\mathrm{d}w}{\sqrt{1+w^4}}-\frac{\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\frac{\mathrm{d}w}{w^2\sqrt{1+w^4}}\\ &~~~~~+\frac{4\sqrt{2}}{3}\int_{\alpha}^{1}\left[\frac{1}{\sqrt{3}-w^2}-\frac{1}{\sqrt{3}+w^2}\right]\frac{\mathrm{d}w}{\sqrt{1+w^4}}.\\ \end{align}$$
No tengo el gas a trabajar el resto de las integrales elípticas ahora, pero teniendo en cuenta que están muy cerca en forma estándar creo que hay una muy buena razón para esperar una relativamente "buena" forma final (o, al menos, una más digerible la expresión de los primitivos producidos por Arce). TBC...
